CONCOURS G´ EN´ ERAL DES LYC´ EES

MA 06

CONCOURS G´ EN´ ERAL DES LYC´ EES

——–

SESSION DE 2006

——–

COMPOSITION DE MATH´ EMATIQUES (Classe terminale S)

Dur´ee: 5 heures

——–

La calculatrice de poche est autoris´ee, conform´ement `a la r´eglementation.

La clart´e et la pr´ecision de la r´edaction seront prises en compte dans l’appr´eciation des copies.

L’´enonc´e comporte trois exercices ind´ependants.

Il n’est pas obligatoire de traiter les exercices dans l’ordre de l’´enonc´e, `a condition d’indiquer clairement l’exercice et la question trait´ee en respectant l’indexation du texte.

Pour poursuivre la r´esolution d’un exercice, les candidats peuvent admettre les r´esultats d’une question, `a condition de l’indiquer clairement sur la copie.

Exercice 1

Si nest un entier naturel strictement positif, on note a_iai−1. . . a₁a₀ son ´ecriture d´ecimale. On a doncn= 10ⁱa_i+ 10ⁱ⁻¹ai−1+· · ·+ 10a₁+a₀, les entiers a_j,06j 6i, sont compris entre 0 et 9, etai6= 0.

On d´esigne parqun entier compris, au sens large, entre 1 et 9, on posep= 10q−1 et l’on consid`ere la fonctionf<sub>q</sub> qui `a l’entier n=a_iai−1. . . a₁a₀ associe l’entier

fq(n) =aiai−1. . . a1+qa0 (si i= 0, alors fq(n) =qa0).

Enfin, l’entier q ´etant fix´e, on associe `a tout entiern la suite (n<sub>k</sub>) d´efinie par les relations n0 =n et, pour tout entier naturel k, n<sub>k+1</sub> = f<sub>q</sub>(n<sub>k</sub>). Par exemple, si l’on fixe q = 5, la suite associ´ee `a 4 907 est 4 907, 525, 77, 42, 14, 21, 7, 35, 28, 42, 14,. . .

1. V´erifier que f_q(n) = n+pa₀

10 ·En d´eduire que f_q(p) =p.

2. (a) Montrer que, sim > p, alors fq(m)< m.

(b) En d´eduire que pour tout entier n, il existe un entierj tel quenj 6p.

3. (a) Montrer que, sim < p, alors fq(m)< p.

(b) En d´eduire que pour tout entier n, la suite (n_k) est p´eriodique `a partir d’un certain rang, c’est-`a-dire qu’il existe des entiersk et T (T > 0) tels que n_j+T =n_j pour tout j>k.

4. ´Etablir que, pour tout entier n,f_q(n) est congru `a q×nmodulo p.

5. Pour quelles valeurs de q la fonction f_q a-t-elle des points fixes (c’est-`a-dire des entiers m tels quefq(m) =m) autres que p? Quels sont alors ces points fixes ?

6. Montrer que, pour des choix convenables deq, l’´etude de la suite (nk) associ´ee `a un entiern fournit des crit`eres de divisibilit´e de npar 9, 19, 29, 13, 49 et 7. ´Enoncer ces crit`eres.

Exercice 2

Partie I Soita un nombre r´eel tel que 0< a <1.

Dans le plan rapport´e `a un rep`ere orthonormal, soit H l’ensemble d’´equation (1−x)(1−y) =a et soitH1 l’ensemble des points de coordonn´ees (x, y) de H tels que 06x61 et 06y61.

1. Pr´eciser la nature de H. Repr´esenterH etH1.

2. Montrer que, quand le point de coordonn´ees (x, y) d´ecrit H1, la somme x+y d´ecrit un intervalle que l’on pr´ecisera.

3. D´eterminer l’ensemble des valeurs dex²+y² quand le point de coordonn´ees (x, y) d´ecritH1. Indication. On pourra montrer que si (x, y) sont les coordonn´ees d’un point de H et si s=x+y, alors

x²+y² =s²−2s+ 2−2a.

Les r´esultats des deux questions suivantes n’interviennent pas dans le reste de l’exercice.

4. D´eterminer, en discutant selon la valeur de a, le nombre de points d’intersection deH1 et du cercle de centreO et de rayon√

2(1−√ a).

5. D´eterminer l’aire du domaine limit´e parH1 et les axes de coordonn´ees.

En d´eduire, pour a∈ 1

4,1

, l’in´egalit´e π

2(1−√

a)² 61−a+alna.

L’´equation

π

2(1−√

a)² = 1−a+alna admet-elle une solution appartenant `a ]0,1[ ?

Partie II

Etant donn´´ e deux points distinctsP etQdu plan, on note ]P Q[ l’ensemble des points du segment [P Q] distincts de P etQ.

Dans le plan, on consid`ere un triangleABC et on d´esigne par hla longueur de la hauteur issue de A.

On note Γ le cercle inscrit dans le triangle,I son centre etr son rayon.

On rappelle que I est le point d’intersection des bissectrices int´erieures de ABC, c’est-`a-dire le point int´erieur au triangle v´erifiant IAB[ =IAC,[ IBC[ =IBA[ etICA[=ICB.[

On note ∆B (respectivement ∆C) la droite passant parB et orthogonale `a (BI) (respectivement passant parC et orthogonale `a (CI)).

1. SoitJ le point d’intersection de ∆B et ∆C.

Montrer que les distances deJ aux trois droites (AB), (BC), (CA) sont ´egales. En d´eduire que J appartient `a la droite (AI) et est le centre d’un cercle Γ⁰ tangent aux droites (AB), (BC), (CA).

Le cercle Γ⁰ est le cercle exinscritdans l’angleA du triangle ABC.

2. En examinant les angles des triangles en question, montrer que AIC est semblable `a ABJ et queAIB est semblable `a ACJ.

En d´eduire AI·AJ =AB·AC.

3. Soitf l’homoth´etie de centre Aqui envoie J surI.

Pr´eciser l’image parf du cercle Γ⁰ et de la droite (BC). En d´eduire AI

AJ = h−2r h · SoitD un point de ]BC[.

On noteI1 etI2 les centres des cercles inscrits dans les trianglesABD etACDet on noter1 etr2

leurs rayons ; on note enfin J₁ etJ₂ les centres des cercles exinscrits dans l’angle A des triangles ABD etACD.

4. Montrer que les triangles AI1J2 et AIC sont semblables. De mˆeme, les triangles AI2J1 et AIB sont semblables.

5. En exprimant AI1

AJ2

AI2

AJ1

de deux fa¸cons diff´erentes, ´etablir la relation h(h−2r) = (h−2r )(h−2r ).

Partie III

On conserve les notationsABC,h,r donn´ees dans la deuxi`eme partie.

Dans les questions 1 et 2, pour tout point D de ]BC[, les rayons des cercles inscrits dans les trianglesABDetACDsont not´esr1(D) etr2(D), ou simplementr1 etr2 s’il n’y a pas ambigu¨ıt´e.

1. Montrer qu’il existe un unique pointE de ]BC[ tel quer₁(E) =r₂(E).

2. (a) Montrer queE est le point de ]BC[ pour lequel r₁+r₂ est maximal.

(b) Montrer que E est le point de ]BC[ pour lequel r₁²+r²₂ est minimal si et seulement si 8r63h.

3. Dans cette question,nd´esigne un entier naturel non nul et on noteN = 2ⁿ.

On consid`ere N + 1 points distincts D0, D1, . . . , DN−1, DN plac´es dans cet ordre sur le segment [BC] : autrement dit, pour tout entier i de [1, N −1], le point D<sub>i</sub> appartient `a ]Di−1D_i+1[.

On suppose de plus queD0 =B etDN =C.

Pour tout entieride [1, N], on noteri le rayon du cercle inscrit dans le triangle ADi−1Di. (a) L’entier n ´etant donn´e, d´eterminer la valeur maximale de r₁ +r₂ +· · ·+r_N quand

D1, . . . , DN−1 varient dans ]BC[ en respectant les conditions d´ecrites ci-dessus.

On montrera, par exemple par r´ecurrence surn, que cette valeur maximale est atteinte lorsquer₁ =r₂ =. . .=r_N.

(b) On noteu_n la valeur maximale trouv´ee au (a).

Exprimeru_n en fonction der,h,n.

Montrer que la suite (u_n) converge vers une limite que l’on exprimera en fonction der eth.

(c) On suppose 8r63h.

L’entiern´etant donn´e, d´eterminer la valeur minimalevn de r₁²+· · ·+r_N². Montrer que la suite (2ⁿvn) converge.

Exercice 3

Le but de cet exercice est d’´etudier les intersections d’un cube avec des plans passant par son centre, et d’encadrer l’aire des sections planes ainsi obtenues.

Partie I. Une formule pour calculer des aires planes L’espace est rapport´e `a un rep`ere orthonormal (O; −→

i ,−→ j ,−→

k ).

SoitP un plan, de vecteur normal unitaire−→

n. On pose−→ n ·−→

k = cosγ, et l’on d´esigne parP0 le plan de rep`ere (O,−→

i ,−→ j ).

1. On suppose dans cette question queP et le planP0 ne sont pas parall`eles.

Soit D la droite d’intersection des plans P et P0, A etB des points de D, C un point de P,C⁰ le projet´e orthogonal de C sur le planP0 et enfinH le projet´e orthogonal de C sur la droite (AB).

(a) Justifier le fait queH est ´egalement le projet´e orthogonal de C⁰ sur la droite (AB).

(b) En d´eduire une relation entre les longueurs CH, C⁰H et l’angle γ, puis entre les aires S etS⁰ des triangles ABC et ABC⁰.

(c) SoitQun polygone contenu dans le planP,Q⁰ son projet´e orthogonal sur le plan P0, S etS⁰ leurs aires respectives. Montrer que

S⁰=S|cosγ|.

2. Que dire dans le cas particulier o`u P et le plan (O,−→ i ,−→

j ) sont parall`eles ? 3. On pose−→

n ·−→

i = cosα et−→ n ·−→

j = cosβ.

(a) Montrer que les valeurs absolues des coordonn´ees de −→

n dans la base (−→ i ,−→

j ,−→ k ) sont

|cosα|,|cosβ|et|cosγ|.

(b) Soit Q un polygone contenu dans le plan P,S son aire, S⁰,S⁰⁰ et S⁰⁰⁰ les aires de ses projet´es respectifs sur les plans de rep`eres (O,−→

i ,−→

j ), (O,−→ j ,−→

k) et (O,−→ k ,−→

i ).

Montrer que : S² =S⁰²+S⁰⁰²+S⁰⁰⁰².

Partie II. Sections planes d’un cube A. G´en´eralit´es

L’espace ´etant rapport´e au rep`ere orthonormal (O ; −→

i ,−→ j ,−→

k ), on consid`ere le cube K de centre O repr´esent´e ci-contre, dont les sommets ont pour coordonn´ees :

A (1,1,1) B (−1,1,1) C (−1,−1,1) D (1,−1,1) A⁰ (−1,−1,−1) B⁰ (1,−1,−1) C⁰ (1,1,−1) D⁰ (−1,1,−1)

ainsi qu’un planP passant par O, dont l’inter- section avecK est un polygoneA.

O

A⁰

D⁰

B⁰ C⁰

C

D A

B

~i

~j

~k

1. Montrer queP contient 0, 2 ou 4 sommets deK.

2. Combien y a-t-il de plansP contenant 4 sommets deK ? D´eterminer dans ce cas la nature de A ainsi que son aire.

3. On suppose queP contient exactement deux sommets de K,A etA⁰. (a) Montrer queP rencontre une des trois arˆetes [BC], [CD] ou [BD⁰].

(b) On suppose que P rencontre l’arˆete [BC] en un point N de coordonn´ees (−1, y,1).

D´eterminer, selon la valeur de y, la nature exacte deA et calculer son aire.

(c) Donner, dans ce cas de figure, le meilleur encadrement possible de l’aire de A lorsque y varie.

4. On suppose queP ne contient aucun sommet de K.

(a) Montrer que chacun des demi-espaces limit´es parP contient exactement 4 sommets de K.

(b) Prouver queP rencontre 4 ou 6 arˆetes deK.

Dans toute la suite on ne consid`ere que des plans P ne contenant aucun sommet deK.

B. Plans P rencontrant 4 arˆetes de K

On consid`ere un planPrencontrant l’arˆete [AB] en un pointM de coordonn´ees (u,1,1) et l’arˆete [CD] en un pointN de coordonn´ees (v,−1,1).

1. D´eterminer, selon la valeur de u etv, la nature exacte deA et calculer son aire.

2. Donner, dans ce cas de figure, le meilleur encadrement possible de l’aire de A lorsqueu et v varient.

C. Plans P rencontrant 6 arˆetes de K

On consid`ere un planPrencontrant l’arˆete [AB] en un pointM de coordonn´ees (x,1,1) et l’arˆete [BC] en un point N de coordonn´ees (−1, y,1).

1. Montrer que P rencontre l’arˆete [CA⁰] en un point R de coordonn´ees (−1,−1, z). Donner, sur un croquis `a main lev´ee, la construction g´eom´etrique du pointR, les pointsM etN ´etant donn´es.

2. ´Etablir que les trois nombres r´eelsx,y etz sont li´es par la relation :

(1) x+y+z+xyz= 0.

3. Dessiner le polygone A pour x=y=z= 0 et calculer son aire.

4. Montrer que l’aireS de A v´erifie la relation :

S² = (3−x+y+xy)²+ (3 +x−z+xz)²+ (3−y+z+yz)². On pose d´esormais :

f(x, y, z) = (3−x+y+xy)²+ (3 +x−z+xz)²+ (3−y+z+yz)².

5. D´eterminer l’ensemble des valeurs de S lorsque les points M et N varient de mani`ere que x+y= 0.

6. ´Etant donn´e des r´eels strictement positifs u, v et w, on pose x = u−1

u+ 1, y = v−1 v+ 1 et z= w−1

w+ 1·

(a) V´erifier que, lorsque le triplet (x, y, z) v´erifie la relation (1), on a uvw= 1 et z= 1−uv

1 +uv· (b) On pose

g(u, v) =f

u−1

u+ 1,v−1

v+ 1,1−uv 1 +uv

et l’on admet que l’on a la relation :

g(u, v) = 32(1 +v+uv)²(1 +u+u²+uv+u²v+u²v²) (1 +u)²(1 +v)²(1 +uv)² ·

Montrer que l’on a, pour tout couple (u, v) de r´eels strictement positifs, l’encadrement 246g(u, v)632.

En d´eduire, dans ce cas de figure, le meilleur encadrement possible de l’aire deA lorsque x ety varient.

Exercice 1

Si nest un entier naturel strictement positif, on note a_iai−1. . . a₁a₀ son ´ecriture d´ecimale. On a doncn= 10ⁱa_i+ 10ⁱ⁻¹ai−1+· · ·+ 10a₁+a₀, les entiers a_j,06j 6i, sont compris entre 0 et 9, etai6= 0.

On d´esigne parqun entier compris, au sens large, entre 1 et 9, on posep= 10q−1 et l’on consid`ere la fonctionf<sub>q</sub> qui `a l’entier n=a_iai−1. . . a₁a₀ associe l’entier

fq(n) =aiai−1. . . a1+qa0 (si i= 0, alors fq(n) =qa0).

Enfin, l’entier q ´etant fix´e, on associe `a tout entiern la suite (n<sub>k</sub>) d´efinie par les relations n0 =n et, pour tout entier naturel k, n<sub>k+1</sub> = f<sub>q</sub>(n<sub>k</sub>). Par exemple, si l’on fixe q = 5, la suite associ´ee `a 4 907 est 4 907, 525, 77, 42, 14, 21, 7, 35, 28, 42, 14,. . .

1. V´erifier que f_q(n) = n+pa₀

10 ·En d´eduire que f_q(p) =p.

Corrig´e succinct

On a fq(n) = n−a0

10 +qa0 = n+pa0

10 ·. D’autre part p= (q−1)9 donc f_q(p) =p+p×9

10 =p

2. (a) Montrer que, si m > p, alorsfq(m)< m.

Corrig´e succinct

On a fq(n) = n+pa0

10 donc pour que n > fq(n), c’est `a dire pour que 9n > pa0, il suffit quen > p, puisquea069

(b) En d´eduire que pour tout entier n, il existe un entierj tel quenj 6p.

3. (a) Montrer que, si m < p, alorsf_q(m)< p.

Corrig´e succinct

Commef_q(n) = n+pa₀

10 , l’in´egalit´en < pentraˆıne f_q(n)< p(a₀+ 1)

10 6p

(b) En d´eduire que pour tout entier n, la suite (nk) est p´eriodique `a partir d’un certain rang, c’est-`a-dire qu’il existe des entiersketT (T >0) tels quenj+T =nj pour toutj>k.

4. ´Etablir que, pour tout entiern,fq(n) est congru `a q×nmodulop.

Corrig´e succinct

Cela r´esulte de l’identit´eq×n−f_q(n) =pn−a0

10

5. Pour quelles valeurs de q la fonction fq a-t-elle des points fixes (c’est-`a-dire des entiers m tels que fq(m) =m) autres quep? Quels sont alors ces points fixes ?

Corrig´e succinct

La relationf_q(m) =m´equivaut `a pa₀= 9m, donc : – siq= 1 alorsp= 9 et 1,2, . . . ,8 sont fixes ;

– si q >1 alors p n’est pas divisible par 9, mais est divisible par 3 pour q= 4 etq= 7 ; il faut alors 3|a₀. On trouve respectivementm= 13 ou 26, m= 23 ou 46

6. Montrer que, pour des choix convenables deq, l’´etude de la suite (nk) associ´ee `a un entier nfournit des crit`eres de divisibilit´e denpar 9, 19, 29, 13, 49 et 7. ´Enoncer ces crit`eres.

Corrig´e succinct

– siq= 1,nest divisible par 9 si, et seulement si, la suite est cofinale `a 9 ;

– siq= 2, nest divisible par 19 si, et seulement si, la suite est cofinale `a 19 ;

– siq= 3, nest divisible par 29 si, et seulement si, la suite est cofinale `a 29 ;

– siq= 4, nest divisible par 13 si, et seulement si, la suite est cofinale `a 13, 26 ou 39 ;

– siq= 5, nest divisible par 49 si, et seulement si, la suite est cofinale `a 49, et divisible par 7 (et pas par 49) si, et seulement si, la suite est cofinale

`

a (42, 14, 21, 7, 35, 28)^∗. etc.

Exercice 2

Un corrig´e d´etaill´e est plac´e en fin d’exercice.

Partie I Soita un nombre r´eel tel que 0< a <1.

Dans le plan rapport´e `a un rep`ere orthonormal, soit H l’ensemble d’´equation (1−x)(1−y) =a et soitH1 l’ensemble des points de coordonn´ees (x, y) de H tels que 06x61 et 06y61.

1. Pr´eciser la nature de H. Repr´esenterH etH1.

2. Montrer que, quand le point de coordonn´ees (x, y) d´ecrit H1, la somme x+y d´ecrit un intervalle que l’on pr´ecisera.

3. D´eterminer l’ensemble des valeurs dex²+y² quand le point de coordonn´ees (x, y) d´ecritH1. Indication. On pourra montrer que si (x, y) sont les coordonn´ees d’un point de H et si s=x+y, alors

x²+y² =s²−2s+ 2−2a.

Les r´esultats des deux questions suivantes n’interviennent pas dans le reste de l’exercice.

4. D´eterminer, en discutant selon la valeur de a, le nombre de points d’intersection deH1 et du cercle de centreO et de rayon√

2(1−√ a).

5. D´eterminer l’aire du domaine limit´e parH1 et les axes de coordonn´ees.

En d´eduire, pour a∈ 1

4,1

, l’in´egalit´e π

2(1−√

a)² 61−a+alna.

L’´equation

π

2(1−√

a)² = 1−a+alna admet-elle une solution appartenant `a ]0,1[ ?

Partie II

Etant donn´´ e deux points distinctsP etQdu plan, on note ]P Q[ l’ensemble des points du segment [P Q] distincts de P etQ.

Dans le plan, on consid`ere un triangleABC et on d´esigne par hla longueur de la hauteur issue de A.

On note Γ le cercle inscrit dans le triangle,I son centre etr son rayon.

On rappelle que I est le point d’intersection des bissectrices int´erieures de ABC, c’est-`a-dire le point int´erieur au triangle v´erifiant IAB[ =IAC,[ IBC[ =IBA[ etICA[=ICB.[

On note ∆_B (respectivement ∆_C) la droite passant parB et orthogonale `a (BI) (respectivement passant parC et orthogonale `a (CI)).

1. SoitJ le point d’intersection de ∆_B et ∆_C.

Montrer que les distances deJ aux trois droites (AB), (BC), (CA) sont ´egales. En d´eduire que J appartient `a la droite (AI) et est le centre d’un cercle Γ⁰ tangent aux droites (AB), (BC), (CA).

Le cercle Γ⁰ est le cercle exinscritdans l’angleA du triangle ABC.

2. En examinant les angles des triangles en question, montrer que AIC est semblable `a ABJ et queAIB est semblable `a ACJ.

En d´eduire AI·AJ =AB·AC.

3. Soitf l’homoth´etie de centre Aqui envoie J surI.

Pr´eciser l’image parf du cercle Γ⁰ et de la droite (BC). En d´eduire AI

AJ = h−2r h · SoitD un point de ]BC[.

On noteI₁ etI₂ les centres des cercles inscrits dans les trianglesABD etACDet on noter₁ etr₂ leurs rayons ; on note enfin J1 etJ2 les centres des cercles exinscrits dans l’angle A des triangles ABD etACD.

4. Montrer que les triangles AI1J2 et AIC sont semblables. De mˆeme, les triangles AI2J1 et AIB sont semblables.

5. En exprimant AI1

AJ2

AI2

AJ1

de deux fa¸cons diff´erentes, ´etablir la relation h(h−2r) = (h−2r1)(h−2r2).

Partie III

On conserve les notationsABC,h,r donn´ees dans la deuxi`eme partie.

Dans les questions 1 et 2, pour tout point D de ]BC[, les rayons des cercles inscrits dans les trianglesABDetACDsont not´esr1(D) etr2(D), ou simplementr1 etr2 s’il n’y a pas ambigu¨ıt´e.

1. Montrer qu’il existe un unique pointE de ]BC[ tel quer₁(E) =r₂(E).

2. (a) Montrer queE est le point de ]BC[ pour lequel r₁+r₂ est maximal.

(b) Montrer que E est le point de ]BC[ pour lequel r₁²+r²₂ est minimal si et seulement si 8r63h.

3. Dans cette question,nd´esigne un entier naturel non nul et on noteN = 2ⁿ.

On consid`ere N + 1 points distincts D<sub>0</sub>, D<sub>1</sub>, . . . , DN−1, D<sub>N</sub> plac´es dans cet ordre sur le segment [BC] : autrement dit, pour tout entier i de [1, N −1], le point D<sub>i</sub> appartient `a ]Di−1Di+1[.

On suppose de plus queD0 =B etDN =C.

Pour tout entieride [1, N], on noteri le rayon du cercle inscrit dans le triangle ADi−1Di. (a) L’entier n ´etant donn´e, d´eterminer la valeur maximale de r1 +r2 +· · ·+rN quand

D1, . . . , DN−1 varient dans ]BC[ en respectant les conditions d´ecrites ci-dessus.

On montrera, par exemple par r´ecurrence surn, que cette valeur maximale est atteinte lorsquer₁ =r₂ =. . .=r_N.

(b) On noteu_n la valeur maximale trouv´ee au (a).

Exprimeru_n en fonction der,h,n.

Montrer que la suite (un) converge vers une limite que l’on exprimera en fonction der eth.

(c) On suppose 8r63h.

L’entiern´etant donn´e, d´eterminer la valeur minimalev_n de r₁²+· · ·+r_N². Montrer que la suite (2ⁿv_n) converge.

Corrig´e.

Partie I

1.Soient (O, i, j) le rep`ere consid´er´e par l’´enonc´e, et Ω le point de coordonn´ees (1,1).

Si (x, y) sont les coordonn´ees d’un pointM dans (O, i, j), alors les coordonn´ees deM dans (Ω, i, j) sontX =x−1 et Y =y−1. Le pointM appartient `a H si et seulement si (x−1)(y−1) =a, c’est-`a-dire XY = a. Comme a n’est pas nul, on en d´eduit que H est une ´equation d’hyperbole de centre Ω, graphe dans (Ω, i, j) de la fonctionX 7→ a

X ; ses asymptotes sont les axes du rep`ere (Ω, i, j), c’est-`a-dire les deux droites d’´equations respectivesx= 1 ety= 1.

L’ensembleH₁ est l’intersection deHavec le carr´e d´efini par les conditions 06x61, 06y61.

Si (x, y)∈ H₁, on a 1−x>(1−x)(1−y) =a, puisx∈[0,1−a] ety= 1− a

1−x; r´eciproquement, six∈[0,1−a], alors (x,1− a

1−x)∈ H₁.

Ainsi H₁ est l’arc d’hyperbole ´egal au graphe de la fonction F d´efinie sur [0,1 −a] par F : x7→1− a

1−x.

Ses points limites sontP = (0,1−a) et Q= (1−a,0). On noteraR= (1−√

a,1−√ a).

On peut remarquer queHetH₁ sont invariants par la transformation (x, y)7→(y, x), c’est-`a-dire par la sym´etrie par rapport `a la premi`ere bissecrice du rep`ere (droite d’´equation x=y).

Etudions les variations de la fonction´ g :x7→x+F(x) sur le segment [0,1−a].

La fonctiong est d´erivable sur [0,1−a] et g⁰(x) = 1− a

(1−x)² pour toutx. La fonction d´eriv´ee g⁰ s’annule enx0 = 1−√

a; elle est positive sur [0, x0], n´egative sur [x0,1−a] :

la fonctiong est donc croissante sur [0, x₀] et d´ecroissante sur [x₀,1−a]. Comme elle est continue, l’ensemble de ses valeurs est l’intervalle [m, m⁰] o`u m et m⁰ sont respectivement son minimum et

son maximum sur [0,1−a]. On a m⁰ =g(x0) = 2−2√

a etm = min(g(0), g(1−a)) = 1−a. La valeur minimale dex+y correspond aux points P etQ; la valeur maximale `a R.

Finalement, l’ensemble des valeurs prises parx+yquand (x, y) d´ecritH₁ est le segment [1−a,2− 2√

a].

Remarques.

•La relationg(0) =g(1−a) ´etait pr´evisible : ce sont les valeurs dex+yen deux points sym´etriques par rapport `a la premi`ere bissecrice.

•Une autre m´ethode est de partir de a= (1−x)(1−y) =

1−x+y 2

2

−(x−y)²

4 . Remarquant que|x−y|d´ecrit [0,1−a], il est facile de retrouver les r´esultats pr´ec´edents.

3.Pour (x, y)∈ H₁, on a (1−x)(1−y) =a, donc 1−s+xy =a, puisxy =a+s−1.

On obtient alorsx²+y² = (x+y)²−2xy =s²−2(a+s−1) =s²−2s+ 2−2a.

Soith la fonction d´efinie sur [1−a,2−2√

a] parh(s) =s²−2s+ 2−2a= (s−1)²+ 1−2a.

Quand (x, y)∈ H₁,s=x+y d´ecrit [1−a,2−2√

a] etx²+y² d´ecrit l’image parh de ce segment.

D’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, l’ensemble des valeurs prises est le segment dont les bornes sont le minimum et le maximum deh.

Pour pr´eciser ce segment, on discute selon la position de 1 par rapport `a [1−a,2−2√ a].

Remarquant que 2−2√

a61 si et seulement sia> 1

4, on a les cas suivants.

•Premier cas. a> 1 4. Comme 2−2√

a61,h est d´ecroissante sur [1−a,2−2√ a].

L’ensemble des valeurs de h est le segment [h(2−2√

a), h(1−a)] = [2(1−√

a)²,(1−a)²] ; les valeurs extrˆemes 2(1−√

a)² et (1−a)² sont les valeurs de x²+y² aux points R etP.

•Second cas. a < 1 4. Alors 1−a <1<2−2√

aeth est d´ecroissante sur [1−a,1] et croissante sur [1,2−2√ a].

Le minimum de h est obtenu lorsques= 1, et il vaut 1−2a.

Le maximum deh est max h(1−a), h(2−2√ a)

= max (1−a)²,2(1−√ a)²

, c’est-`a-dire la plus grande valeurx²+y² entreP et R.

Comme (1−a)²−2(1−√

a)² = (1−√

a)² (1 +√

a)²−2

est de mˆeme signe que 1 +√ a−√

2, donc de mˆeme signe que a−(

√

2−1)², on conclut que le segment demand´e est [1−2a,(1−a)²] si (√

2−1)²6a < 1

4, (et aussi si a= 1

4) et est [1−2a,2(1−√

a)²] si 0< a <(√

2−1)² (et aussi sia= (√

2−1)²).

4.Il s’agit de d´eterminer les points (x, y) de H₁ tels que x²+y² = 2(1−√

a)² =h(s0). On doit r´esoudreh(s) =h(s0), ce qui donnes=s0 ous= 2−s0= 2√

a.

D’apr`es la question2, on a s= 2(1−√

a) si et seulement si (x, y) = (1−√

a,1−√

a) =R.

La conditions=√

aconduit `a examiner si 2√

aappartient `a l’intervalle [1−a,2−2√

a] trouv´e au 2, ce qui d´epend de la position relative de 2√

aet de 2−2√

a. Comme (2−2√

a)−2√

a= 2−4√ a est du signe de 1

4−a, on obtient les r´esultats suivants.

• Si a < 1

4, alors 1−a < 2√

a < 2−2√

aet la question 2 montre qu’il existe deux valeurs de x dans [0,1−a] telles queF(x) = 1 +√

a; elles correspondent `a deux points (x, y) sym´etriques par

rapport `a la premi`ere bissectrice. Avec le pointR, on conclut qu’il existe trois points d’intersection de H₁ avec le cercle de centreO de rayon√

2(1−√ a).

• Sia= 1

4, alors 2√

a= 2−2√

a= 1. La conditions= 2√

adonne le point R et on conclut qu’il existe un point d’intersection de H₁ et du cercle ; ce cas peut ˆetre vu comme cas limite du cas pr´ec´edent, les trois points trouv´es pr´ec´edemment “se confondant en un seul”.

•Sia > 1

4, alors 2√

a >2−2√

a; il n’existe pas de point deH₁ tel que x+y= 2√

aet on conclut que l’intersection deH₁ est r´eduite au point R.

5.• Calcul de l’aire du domaine limit´e par H₁ et les axes de coordonn´ees.

Le domaine D consid´er´e est l’ensemble des points au-dessous du graphe de la fonction F d´efinie au 1.

Autrement ditD={(x, y)∈R²|06x61−a, 06y 6F(x)}.

Son aire vaut A=

Z 1−a

0

F(x)dx= Z 1−a

0

1 +a

1−x dx=

x−aln(1−x)1−a

0 = 1−a+aln(a).

•In´egalit´e π

2(1−√

a)² 61−a+aln(a), pour 1

4 6a <1.

Dans cette sous-question, on supposea> 1 4.

Nous sommes dans l’un des deux derniers cas de la question 4.

D’apr`es cette question, pour tout (x, y)∈ H₁, on a x²+y²62(1−√ a)². G´eom´etriquement, cela signifie que le quart de disque

D⁰ = {(x, y) ∈ R²|x > 0, y > 0, x²+y² 6 2(1−√

a)²} est inclus dans D; son aire est donc inf´erieure ou ´egale `a l’aire deD.

L’aire deD⁰ vaut 1 4π(√

2(1−√

a))² = π

2(1−√

a)²; l’aire deD vaut 1−a+aln(a). On conclut π

2(1−√

a)² 61−a+aln(a).

•Etude de l’´´ equation π

2(1−√

a)² = 1−a+aln(a).

Soit ϕ la fonction d´efinie sur ]0,1[ par ϕ(t) = 1−t+tln(t)− π

2(1−√

t)². La fonction ϕ est continue sur son intervalle de d´efinition, en tant que somme de produits de fonctions continues.

Pour montrer qu’elle s’annule, il suffit, d’apr`es le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires, de montrer qu’elle prend des valeurs positives et des valeurs n´egatives.

Or, on remarque que ϕ( 1

10) <0 6ϕ(1

4) : la premi`ere in´egalit´e r´esulte d’un calcul num´erique, la seconde de la question pr´ec´edente. (Pour montrer queϕprend des valeurs n´egatives sans recourir

`

a un calcul num´erique, on peut aussi d´eterminer la limite deϕ(t) quandt tend vers 0 par valeurs sup´erieures ; elle vaut 1−π

2 et est strictement n´egative, ce qui permet de conclure.) On conclut queϕs’annule, c’est-`a-dire qu’il existeatel que π

2(1−√

a)² = 1−a+aln(a).

Remarque. Une ´etude plus fine montrerait que ϕest strictement croissante sur 0,1

4

, qu’il existe un unique r´eel a solution dans ]0,1[ de l’´equation consid´er´ee, et qu’il vaut 0,205851 `a 10⁻⁶ par d´efaut.

Partie II

1. Etant orthogonale `´ a la bissectrice int´erieure (BI), la droite (BJ) est bissectrice ext´erieure en B du triangleABC (la r´eflexion d’axe (BI) ´echange (AB) et (BC), envoie (BJ) sur elle-mˆeme et conserve les angles g´eom´etriques). On en d´eduit queJ est ´equidistant de (AB) et (BC). De mˆeme J est ´equidistant de (AC) et (BC).

Notonsdla distance commune deJ aux droites (AB), (BC), (CA) ; alors le cercle de centreJ et de rayon dest tangent `a ces droites.

Il reste `a justifier que J appartient `a la droite (AI). Sachant que J est ´equidistant de (AB) et (AC), il s’agit de montrer queJ n’est pas sur la bissectrice ext´erieure enAdeABC. Pour cela, on peut prouver queJ est dans le secteur limit´e par les demi-droites [AB) et [AC). Mais une fa¸con plus agr´eable est de consid´erer J⁰, point d’intersection de (AI) et de ∆B; alorsJ⁰ est ´equidistant des trois cˆot´es, donc est sur l’une des deux bissectrices de ABC issues de C; or J⁰ n’appartient pas `a (CI) car sinon on aurait J<sup>0</sup> =I; doncJ<sup>0</sup> appartient `a ∆_C, puis J⁰ =J.

2.Par d´efinition deI, on aIAC[ =BAI, et comme[ J ∈(AI), on aIAC[ =BAJ.[

Ensuite AIC[ =π−IAC[−ICA[ = π−(BAC\+BCA)/2 =\ π−(π−ABC\)/2 = π/2 +\ABC/2.

D’autre part, ABJ[ =ABI[+IBJd =π/2 +\ABC/2.

En combinant, on obtient ABJ[ =AIC.[

Les angles enAetB du triangleABJ sont respectivement ´egaux aux angles enAetI du triangle AIC : cela signifie que les trianglesABJ etAIC sont semblables.

On montre de mˆeme que les triangles ACJ etAIB sont semblables.

On a AI

AB = AC

AJ cons´equence de la similitude de ABJ etAIC, et doncAI·AJ =AB·AC.

3.L’image de Γ⁰ parf est un cercle de centre I; ce cercle est tangent aux droites (AB) et (BC).

Son rayon est donc ´egal `a la distance deI `a (AB). Finalement,f(Γ⁰) est le cercle inscrit Γ dans le triangleABC.

Comme (BC) est tangente `a Γ<sup>0</sup>, son image parf est une droite ∆ tangente `a Γ ; de plus,f ´etant une homoth´etie de centreAn’appartenant pas `a (BC) , ∆ est parall`ele `a (BC) distincte de (BC) : finalement ∆ est la parall`ele `a (BC), distincte de (BC) et tangente `a Γ. La distance de (BC) `a ∆ vaut 2r.

SiM est le pied de la hauteur issue deA et siM⁰=f(M), on a M M⁰ = 2r, doncAM⁰ =h−2r.

Le rapport de l’homoth´etie f vaut d’une part AM⁰

AM = h−2r

r et d’autre part AI AJ. Finalement AI

AJ = h−2r h .

4.Pour commencerI\₁AJ₂=I\₁AD+DAJ\₂= 1

2(\BAD+DAC) =\ 1

2\BAC =IAC.[ Ensuite, on remarque queI₁,D,J₂ sont align´es : en effet,

I\₁DJ₂=I\₁DA+ADJ\₁+J\₁DJ₂ = 1

2\ADB+1

2\ADC+π 2 = π

2 + π 2 =π.

On en d´eduitAI\₁J₂ =AI\₁D= 1

2\ABC+π

2 (la seconde ´egalit´e s’obtenant en appliquant au triangle ABD la relation trouv´ee au2 pour le triangleABC), d’o`uAI\₁J₂ =AIC[.

Les angles en A et I₁ de AI₁J₂ sont respectivement ´egaux aux angles en A et I de AIC; les

5.En exprimant AI1

AJ2

AI2

AJ1

de deux fa¸cons diff´erentes, ´etablir la relation h(h−2r) = (h−2r1)(h−2r2).

On a AI1

AJ2

= AI

AC carAI1J2 etAIC sont semblables. De mˆeme, AI2

AJ1

= AI AB. On a alors

AI₁ AJ2

AI₂ AJ1

= AI AC

AI

AB = AI²

AB·AC = AI²

AI·AJ = AI

AJ = h−2r h .

D’autre part, en appliquant le r´esultat de la question 3 aux triangles ABDet ADC, on obtient AI₁

AJ₂ AI₂

AJ₁ = AI₁ AJ₁

AI₂

AJ₂ = h−2r₁

h ·h−2r₂ h .

Finalement h−2r

h = h−2r₁

h ·h−2r₂

h , donc (h−2r₁)(h−2r₂) =h(h−2r).

Partie III

1.• Pour commencer, montrons une r´eciproque du r´esultat de la question II 5 : si ρ₁ etρ₂ sont deux r´eels strictement positifs tels que (h−2ρ1)(h−2ρ2) = h(h−2r), alors il existe un unique point Dde ]BC[ tel que r1(D) =ρ1 etr2(D) =ρ2.

Deh−2ρ1 = h(h−2r)

h−2ρ₂ < h−2r, on d´eduit ρ1< r.

Il existe un unique cercle Γ1 de rayonρ1 tangent `a (AB) et (BC) et int´erieur `aABC (c’est l’image de Γ par l’homoth´etie de rapport ρ1

r ). Il existe alors un unique point D de ]BC[ tel que Γ1 soit inscrit dans ABD (Dest le point d’intersection de (BC) et de la droite sym´etrique de (AB) par rapport `a (AI1), o`uI1 est le centre de Γ1). On a alors r1(D) =ρ1. Comme

(h−2r1(D))(h−2r2(D)) =h(h−2r) = (h−2ρ1)(h−2ρ2) on a aussir₂(D) =ρ₂. AinsiD v´erifie les conditions voulues, et c’est le seul.

•Cela ´etant, il existe un unique r´eelρtel que (h−2ρ)² =h(h−2r), `a savoirρ= 1 2

h−p

h(h−2r) . Pour queE v´erifier₁(E) =r₂(E), il faut et il suffit quer₁(E) =r₂(E) =ρ. D’apr`es ce qui pr´ec`ede, cela d´etermine un unique point de ]BC[.

2.a)Il est commode dans cette question et les suivantes de poserb= 2r

h ,x= 2r1

h ,y = 2r2

h . La questionII 5montre qu’on a alors (1−x)(1−y) = 1−b, et on a vu r´ecipoquement au III 1 qu’`a chaque couple (x, y) de r´eels strictement positifs tels que (1−x)(1−y) = 1−b correspond un unique pointD.

Commer₁+r₂ = h

2(x+y), la question pos´ee revient `a maximiserx+ylorsque (1−x)(1−y) =a, o`u a= 1−b,x ety ´etant des r´eels strictement positifs.

La partie I montre que ce maximum a lieu lorsque x =y = 1−√

a. Cela signifie que r1+r2 est maximal lorsque D=E.

2.b)Il s’agit ici de minimiserx²+y² lorsque (1−x)(1−y) =a. La discussion faite dans la question I 3montre que le minimum est atteint pour x=y, qui correspond `aE, si et seulement sia> 1

4, c’est-`a-dire 1− 2r

h > 1

4, ou encore 8r63h.

3. a) Notant xi = 2r1

h ,x = 2r

h, on constate ais´ement que (1−x1)(1−x2)· · ·(1−xN) = 1−x.

R´eciproquement, toutN-uplet de r´eelsxi ∈]0,1[ v´erifiant cette relation correspond `a un N −1- uplet unique (D1, . . . , DN−1) de points de ]BC[.

On est donc amen´e `a d´eterminer la valeur maximale de s = x₁ +· · ·+x_N lorsque (1−x₁)(1− x2)· · ·(1−xN) = 1−xet 0< xi<1 pour touti.

On va montrer par r´ecurrence sur n que cette valeur maximale vaut N(1− ^N√

1−x), obtenue lorsque tous lesx_i sont ´egaux `a 1− ^N√

1−x.

•L’assertion est vraie pour n= 1, d’apr`es la question pr´ec´edente.

•Soit n>1 etN = 2ⁿ. Supposons l’assertion vraie pourn, c’est-`a-dire que quel que soit le choix dex∈]0,1[, le maximum dex<sub>1</sub>+· · ·+x<sub>N</sub> est ´egal `a la valeur donn´ee ci-dessus. Montrons qu’il en est de mˆeme pourn+ 1.

Soientx1, . . . , x2N tels que 0< xi <1 pour tout iet (1−x1)(1−x2)· · ·(1−x2N) = 1−x.

Pour 16i6N, soity_i = 1−p

(1−x2i−1)(1−x_2i), de sorte que (1−y_i)² = 1−x_i. Soitz tel que (1−z)^N = (1−y₁)· · ·(1−y_N).

D’apr`es la question2, on ax2i−1+x2i62yi. D’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence, on ay1+· · ·+y_N 6 N z.

En combinant, on obtient x₁+· · ·+x_2N 62N z= 2N(1− ^2N√ 1−x).

Remarques.

•En examinant les ´etapes de la d´emonstration, on voit que le cas d’´egalit´e se produit si et seulement si tous les x_i sont ´egaux.

•Bien sˆur, cette question revient `a ´etablir qu’une somme de r´eels positifs dont le produit est donn´e est minimale quand ils sont ´egaux, r´esultat ´equivalent `a l’in´egalit´e entre moyenne arithm´etique et moyenne g´eom´etrique.

b)• La valeur maximale est obtenue lorsque les 2ri

h valent 1− ^N r

1−2r h. On obtientu_n= 2N h

1− ^N

r 1−2r

h

= 2ⁿ⁺¹h

1− ²ⁿ r

1−2r h

.

Notanta= 1−2r

h ett= 1 N on a uN = 2N h(1− ^N√

a) = 2N h(1−exp(ln(a)

N ) = 2h1−exp(tln(a))

t .

Or la limite de exp(tln(a))−1

t quand t tend vers 0 est le nombre d´eriv´e en 0 de la fonction t7→exp(tln(a)), c’est-`a-dire ln(a).

Finalement (un) tend vers −2hln(1− 2r

h) = 2hln h h−2r

. c)On reprend les notations et la m´ethode de la question b).

Notons x_i = 2r1

h , x = 2r

h , a = 1−x. Si a > 1

4, il s’agit de montrer que la valeur minimale de s₂ =x²₁+· · ·+x²_N lorsque (1−x₁)(1−x₂)· · ·(1−x_N) = a est atteinte quand tous les x_i sont

´egaux (`a 1− ^N√ a),

•L’assertion est vraie pour n= 1, d’apr`es la question 2 b).

•Soit n>1 etN = 2ⁿ. Supposons l’assertion vraie pourn, c’est-`a-dire que quel que soit le choix de a∈h1

4,1h

, le maximum dex²₁+· · ·+x²_N est ´egal `a la valeur donn´ee ci-dessus. Montrons qu’il en est de mˆeme pourn+ 1.

Soita>1/4 et (1−x1)(1−x2)· · ·(1−x2N) =a.

Pour 16i6N, soity_i = 1−p

(1−x2i−1)(1−x_2i), de sorte que (1−y_i)²= (1−x2i−1)(1−x_2i).

Il est essentiel de remarquer que la valeur commune a_i des deux membres de cette ´egalit´e est sup´erieure ou ´egale `a 1

4 : en effet, chaqueaj appartenant `a ]0,1[, le r´eelai est sup´erieur au produit a<sub>1</sub>a<sub>2</sub>· · ·a<sub>N</sub> =a qui lui-mˆeme sup´erieur ou ´egal `a 1

4.

Cela permet d’appliquer la question2b) et doncx²_2i−1+x²_2i>2y²_i.

Soit z tel que (1−z)^N = (1−y1)· · ·(1−yN). La valeur commune b des deux membres de cette

´egalit´e est sup´erieure ou ´egale `a 1

4 car b² = (1−z)^2N = (1−y1)²· · ·(1−yN)² = a > 1 4, d’o`u b=√

a> 1 2 > 1

4.

L’hypoth`ese de r´ecurrence entraˆıney²₁+· · ·+y²_N >N z², puis

x²₁+· · ·+x²_2N >2(y₁²+· · ·+y_N²)>2N z² = 2N(1− ^2N√ a)², ce qui ach`eve la r´ecurrence.

Pour toutn, si (1−x1). . .(1−xN) = 1−x, on ax²₁+· · ·+x²_N >N(1− ^N√

1−x)². La valeur minimale der₁²+· · ·+r_N² est alors

v_n= 4N h²

1− ^N r

1−2r h

2

= u²_n N, donc 2ⁿv_n=u²_n.

Avec la question b), on conclut que (2ⁿv_n) tend vers 4h² ln(1−2r h )2

= 4h² ln h h−2r

2

.

Exercice 3

Le but de cet exercice est d’´etudier les intersections d’un cube avec des plans passant par son centre, et d’encadrer l’aire des sections planes ainsi obtenues.

Partie I. Une formule pour calculer des aires planes L’espace est rapport´e `a un rep`ere orthonormal (O; −→

i ,−→ j ,−→

k ).

SoitP un plan, de vecteur normal unitaire−→

n. On pose−→ n ·−→

k = cosγ, et l’on d´esigne parP0 le plan de rep`ere (O,−→

i ,−→ j ).

1. On suppose dans cette question queP et le planP0 ne sont pas parall`eles.

Soit D la droite d’intersection des plans P et P0, A etB des points de D, C un point de P,C⁰ le projet´e orthogonal de C sur le planP0 et enfinH le projet´e orthogonal de C sur la droite (AB).

(a) Justifier le fait queH est ´egalement le projet´e orthogonal de C⁰ sur la droite (AB).

Corrig´e succinct

(AB) est orthogonale `a (CH) et `a (CC⁰) donc au plan (CHC⁰) et donc `a (C⁰H).

(b) En d´eduire une relation entre les longueurs CH, C⁰H et l’angle γ, puis entre les aires S et S⁰ des trianglesABC et ABC⁰.

Corrig´e succinct

En utilisant le rapport de projection orthogonale il vient C⁰H = CH|cosγ|. Les trianglesABCetABC⁰ont [AB] pour base commune, donc leurs aires sont dans le mˆeme rapport que leurs hauteurs :S⁰=S|cosγ|

(c) SoitQun polygone contenu dans le planP,Q⁰ son projet´e orthogonal sur le planP0,S etS⁰ leurs aires respectives. Montrer que

S⁰=S|cosγ|.

Corrig´e succinct

Le mˆeme raisonnement s’applique aux aires de rectangles ou de trap`ezes rectangles ayant une base port´ee par D, puis par d´ecomposition (voir fi- gure) `a un triangle plac´e de mani`ere quelconque, et enfin `a un polygone, qui est r´eunion de triangles dont les intersections deux `a deux sont vides ou r´eduites `a des segments.

D

2. Que dire dans le cas particulier o`u P et le plan (O,−→ i ,−→

j ) sont parall`eles ? 3. On pose−→

n ·−→

i = cosα et−→ n ·−→

j = cosβ.

(a) Montrer que les valeurs absolues des coordonn´ees de −→

n dans la base (−→ i ,−→

j ,−→ k ) sont

| α|,| β| | γ|.

(b) Soit Q un polygone contenu dans le plan P,S son aire, S⁰,S⁰⁰ et S⁰⁰⁰ les aires de ses projet´es respectifs sur les plans de rep`eres (O,−→

i ,−→

j ), (O,−→ j ,−→

k) et (O,−→ k ,−→

i ).

Montrer que : S² =S⁰²+S⁰⁰²+S⁰⁰⁰².

Corrig´e succinct

R´esulte de la relation cos²α+ cos²β+ cos²γ=k−→ nk²= 1

Partie II. Sections planes d’un cube A. G´en´eralit´es

L’espace ´etant rapport´e au rep`ere orthonormal (O ; −→

i ,−→ j ,−→

k ), on consid`ere le cube K de centre O repr´esent´e ci-contre, dont les sommets ont pour coordonn´ees :

A (1,1,1) B (−1,1,1) C (−1,−1,1) D (1,−1,1) A⁰ (−1,−1,−1) B⁰ (1,−1,−1) C⁰ (1,1,−1) D⁰ (−1,1,−1)

ainsi qu’un planP passant par O, dont l’inter- section avecK est un polygoneA.

O

A⁰

D⁰

B⁰ C⁰

C

D A

B

~i

~j

~k

1. Montrer queP contient 0, 2 ou 4 sommets deK.

Corrig´e succinct

Il faut bien entendu exploiter la sym´etrie de centreO; on peut par exemple discuter sur le cardinal deP∩ {A, B, C, D}, qui ne saurait exc´eder 2.

2. Combien y a-t-il de plansP contenant 4 sommets de K ? D´eterminer dans ce cas la nature de A ainsi que son aire.

Corrig´e succinct

Il y a 6 parties `a deux ´el´ements dans{A, B, C, D}; on trouve deux plans parall`eles `a chacun des trois axes, qui donnent des rectangles dont les cˆot´es ont pour longueurs 2 et 2√

2, donc d’aire 4√ 2.

3. On suppose queP contient exactement deux sommets deK,Aet A⁰. (a) Montrer que P rencontre une des trois arˆetes [BC], [CD] ou [BD⁰].

Corrig´e succinct

P n’est pas parall`ele `a (BC) puisque D n’est pas dansP. Donc P ren- contre (BC) en un point M tel que −−→

BM = x−−→

BC, x 6= 0, x 6= 1. La discussion est alors facile : six >1,P rencontre [CD] ; si 0< x <1,P rencontre [BC] ; enfin si x < 0, P rencontre [BD⁰] (tracer (A⁰M)). On peut remarquer pour la suite qu’`a des isom´etries du cube pr`es les 3 cas de figure envisag´es sont ´equivalents.

(b) On suppose quePrencontre l’arˆete [BC] en un pointN de coordonn´ees (−1, y,1). D´eterminer, selon la valeur dey, la nature exacte deA et calculer son aire.

Corrig´e succinct

A est un parall`elogramme. On a ON² = 2 +y² < OA² donc A n’est jamais un rectangle. D’autre part −−→

ON ·−→

OA =y donc A est un losange poury= 0. L’aire estp

24 + 8y².

(c) Donner, dans ce cas de figure, le meilleur encadrement possible de l’aire deA lorsquey varie.

Corrig´e succinct

Donc 2√

66S <4√ 2.

4. On suppose queP ne contient aucun sommet deK.

(a) Montrer que chacun des demi-espaces limit´es par P contient exactement 4 sommets deK.

Corrig´e succinct

Utiliser la sym´etrie de centreO, qui laisse le cube invariant en ´echangeant les demi-espaces limit´es parP.

(b) Prouver queP rencontre 4 ou 6 arˆetes deK.

Corrig´e succinct

SoitE un demi-espace limit´e par P, k le cardinal de E∩ {A, B, C, D}.

On constate que sikest pair alorsP s´epare deux faces oppos´ees du cube et rencontre (seulement) les arˆetes joignant ces deux faces.

A⁰

D⁰

B⁰ C⁰

C

D A

B

M N

R

Tandis que si k est impair, on peut consid´erer par exemple (figure ci- dessus) le cas o`u E contient {B, A⁰, C⁰, D⁰};P rencontre les trois arˆetes [BA], [BC], [CA⁰] et les trois arˆetes sym´etriques.

Dans toute la suite on ne consid`ere que des plans P ne contenant aucun sommet deK.

B. Plans P rencontrant 4 arˆetes de K

On consid`ere un planPrencontrant l’arˆete [AB] en un pointM de coordonn´ees (u,1,1) et l’arˆete [CD] en un pointN de coordonn´ees (v,−1,1).

1. D´eterminer, selon la valeur de u etv, la nature exacte deA et calculer son aire.

Corrig´e succinct

A est un quadrilat`ere non crois´e muni d’un centre de sym´etrie, donc un parall´elogramme. On aOM² = 2 +u², ON² = 2 +v², −−→

OM ·−−→

ON = uv, doncA est un rectangle lorsque|u|=|v|, un losange siu= 0 ouv= 0.

L’aireS v´erifieS²= 4

OM²ON²−(−−→

OM ·−−→

ON)²

= 16 + 8u²+ 8v². 2. Donner, dans ce cas de figure, le meilleur encadrement possible de l’aire deA lorsqueuet vvarient.

C. Plans P rencontrant 6 arˆetes de K

On consid`ere un planPrencontrant l’arˆete [AB] en un pointM de coordonn´ees (x,1,1) et l’arˆete [BC] en un point N de coordonn´ees (−1, y,1).

1. Montrer que P rencontre l’arˆete [CA⁰] en un point R de coordonn´ees (−1,−1, z). Donner, sur un croquis `a main lev´ee, la construction g´eom´etrique du pointR, les pointsM etN ´etant donn´es.

2. ´Etablir que les trois nombres r´eelsx,y etz sont li´es par la relation :

(1) x+y+z+xyz= 0.

Corrig´e succinct

A⁰

D⁰

B⁰ C⁰

C

D A

B

P

P⁰

M N

R

(M N) rencontre (AD) en P d’ordonn´ee y_P = xy+ 2−y

1 +x > 1. Le sym´etrique P⁰ de P par rapport `a O a donc une ordonn´ee < −1, d’o`u l’existence deR. Le th´eor`eme deThal`es donne alors :

1−z

1 +z = 1 +y

yP−1 soit (1−x)(1−y)(1−z) = (1 +x)(1 +y)(1 +z), la relation demand´ee.

3. Dessiner le polygoneA pourx=y=z= 0 et calculer son aire.

Corrig´e succinct

Hexagone r´egulier d’aire 3√ 3.

4. Montrer que l’aireS deA v´erifie la relation :

S²= (3−x+y+xy)²+ (3 +x−z+xz)²+ (3−y+z+yz)².